Giới thiệu một vài ứng dụng của định lý Fermat bé

Nhắc đến Fermat, tên đầy đủ là Pierre de Fermat, là một nhà toán học Pháp, thì ai cũng nhớ đến ông với định lý Fermat lớn nồi tiếng. Bài toán làm đau đầu nhiều nhà toán học trong gần 300 năm, nó được phát biểu như sau:

Với mọi số nguyên duơng \(n\) lớn hơn 2, phuơng trình \(x^n+y^n=z^n\) không có nghiệm nguyên duơng \((x, y, z)\).

Bài toán ban đầu được ông phát biểu bên lề một cuốn sách và nói rằng đã chứng minh xong nó, tuy nhiên lề sách quá hẹp đề viết đủ chứng minh chi tiết. Và kết quả, để chứng minh được định lý Fermat lớn, nhà toán học người Anh, Andrile Wiles phải mất 8 năm ròng rã làm việc cùng cộng sự, bài công bố chứng minh đầu tiên dài gần 200 trang!

Sự nổi tiếng của định lý Fermat lớn đó cũng không làm lu mờ đi một định lý rất nổi tiếng của ông, là định lý Fermat bé, một trong những định lý quan trọng bậc nhất trong Số học sơ cấp. Fermat phát biểu định lý này trong một bức thư gửi Bessy vào năm 1640 (xem [1]), và nói rằng không viết chứng minh vì nó quá dài!

Như vậy, Fermat phát biểu hai định lý, một bé và một lớn, một có cách chứng minh quá dài và một có cách chứng minh ngắn (dài hơn một cái lề sách). Cả hai làm cho các nhà toán học đương thời và đời sau hứng thú, đến tận bây giờ chúng ta còn đam mê nó, đặc biệt là các nhà làm toán, các thầy dạy toán và các em học sinh chuyên toán.

Trong bài viết này chúng tôi sẽ giới thiệu một vài ứng dụng của định lý Fermat bé, như tìm chữ số tận cùng của một số tự nhiên lớn, tìm số nguyên tố, tìm số dư của các số hạng trong dãy số Fibonacci và giải phương trình nghiệm nguyên.

1. Định lý và các cách chứng minh

Định lý 1.1 (Định lý Fermat bé). Cho p là số nguyên tố, khi đó với moi số nguyên a không là bội của p ta có:

\[a^{p-1} \equiv 1(\bmod p)\]

Nhận xét 1. Phương trình (1.1) đúng với mọi số nguyên tố \(p\) và mọi số nguyên \(a\) không là bội của \(p\). Những số \(p\) thỏa mãn (1.1) mà không phải là số nguyên tố thì chúng ta gọi nó là số giả nguyên tố.

Nhận xét 2. Từ phương trình (1.1) ta suy ra:

\[a^p \equiv a(\bmod p)\]

do vậy phương trình (1.2) cũng dùng để phát biểu cho định lý trên.

Nhận xét 3. Với \(p\) là số nguyên tố nhỏ, thì việc chứng minh định lý 1.1 là tương đối dễ dàng. Chẳng hạn ta biến đổi:

\[a^3-a=a(a-1)(a+1)\]

Khi đó vì nó là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 3.

Tương tự như vậy:

\[a^5-a=a\left(a^2-1\right)\left(a^2+1\right)\]

do đó ta chỉ xét số dư là 2 và 3 khi lấy \(a\) chia cho 5. Mà hiển nhiên khi đó \(a^2+1\) chia hết cho 5 .

Trên đây là các nhận xét nhỏ đề chúng ta tiếp cận đến cách chứng minh của định lý. Bây giờ chúng ta đi chứng minh đẳng thức (1.2) với những cách đặc trưng nhất.

Chứng minh 1. Ta sẽ chứng minh (1.2) bằng phương pháp quy nạp theo \(a\) và cố định số nguyên tố \(p\) lè.

Rõ ràng với \(a=1\) thì (1.2) đúng.

Giả sử mệnh đề đúng với \(a=k \geq 2\) nghĩa là ta có \(A_k=k^p-k \equiv 0(\bmod p)\).

Ta sẽ chứng minh (1.2) đúng với \(a=k+1\). Thật vậy, ta có:

\[\begin{aligned}A_{k+1}-A_k & =\left((k+1)^p-k-1\right)-\left(k^p-k\right) \\& =(k+1)^p-k^p-1=\sum_{l=1}^{p-1} C_p^l k^l\end{aligned}\]

Ta để ý rằng với mọi \(l \in\{1,2, \ldots, p-1\}\), ta có \(C_p^l\) là số nguyên dương và

\[C_p^l=\frac{p(p-1)(p-2) \ldots(p-l)}{l!}\]

Bởi vì \(p\) là số nguyên tố nên \(p\) không chia hết cho bất kỳ số nguyên nào từ 1 đến \(l\), do đó bắt buộc \(\frac{(p-1)(p-2) \ldots(p-l)}{l!}\) là số nguyên và vì vậy \(C_p^l \equiv 0(\bmod p)\) hay \(A_{k+1}-A_k \equiv 0(\bmod p)\). Tương tự vậy ta sẽ chứng minh (1.2) đúng với \(a=k-1\). Thật vậy, ta có:

\[\begin{aligned}A_{k-1}-A_k & =\left((k-1)^p-k+1\right)-\left(k^p-k\right) \\& =(k-1)^p-k^p+1 \\& =\sum_{l=1}^{p-1}(-1)^l C_p^l k^l .\end{aligned}\]

Vil \(C_p^l \equiv 0(\bmod p)\) nên \(A_{k-1}-A_k \equiv 0(\bmod p)\).

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.

Lưu ý 1. Kết quả \(C_p^l \equiv 0(\bmod p)\) với mọi số nguyên tố \(p\) là một kết quả đơn giản nhưng cực kỳ hiệu quả trong việc giải các bài toán chia hết. Chúng \(\operatorname{minh}\) 2. Ta đã biết \(\{0,1,2, \ldots, p-1\}\) là hệ thặng dư đầy đủ modulo \(p\). Do đó với \(a\) không là bội của \(p\) thì \(\{0, a, 2 a, \ldots,(p-1) a\}\) là hệ thặng dư đầy đủ modulo \(p\). Suy ra các số dư khi chia cho \(p\) của \(\{0, a, 2 a, \ldots,(p-1) a\}\) là \(\{0,1,2, \ldots, p-1\}\). Như vậy:

\[\begin{aligned}a .2 a \ldots(p-1) a & \equiv 1.2 \ldots(p-1)(\bmod p) \\\text { hay } \quad a^{p-1} \cdot(p-1)! & \equiv(p-1)!(\bmod p)\end{aligned}\]

Vì \((p-1)\) ! không chia hết cho \(p\). Ta suy ra \(a^{p-1} \equiv 1(\bmod p)\). Ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả 1.2. Cho \(n\) là số nguyên và được phân tich thành tich của các số nguyên tố \(p_1, p_2, \ldots, p_k\), nghĩa là \(n=p_1 p_2 \ldots p_k\). Khi đó giả sủ \(\left(p_j-1\right) \mid(n-1), \forall j \in\{1,2, \ldots, k\}\) thi với moi số nguyên a ta có \(a^n-a \equiv 0(\bmod n)\).

Chứng minh. Nếu \(a\) không là bội của \(n\), khi đó theo định lý 1.1 ta có:

\[a^{p_j-1} \equiv 1\left(\bmod p_j\right), \forall j \in\{1,2, \ldots, k\} .\]

Từ đó vì \(\left(p_j-1\right) \mid(n-1), \forall j \in\{1,2, \ldots, k\}\) nên \(a^{n-1} \equiv 1\left(\bmod p_j\right), \forall j \in\{1,2, \ldots, k\}\). Suy ra:

\[a^{n-1} \equiv 1\left(\bmod \prod_{j=1}^k p_j\right)\]

Ta có điều phải chứng minh.

2. Một vài ứng dụng của địinh lý Fermat bé

2.1. Bài toán chia hết

Thí dụ 1. Chứng minh rằng với moi số nguyên a ta có \(a^3+5 a\) chia hết cho 6 .

Lời giải. Ta chỉ cần chứng minh kết quả trên đúng với những số nguyên \(a\) không là bội của 6 . Và cũng bởi vì \(a^3+5 a=a^3-a+6 a\) nên ta sẽ chứng \(\operatorname{minh} a^3-a \equiv 0(\bmod 6)\).

Điều đó được suy ra từ định lý Fermat bé, hay từ nhận xét 3 , vì \(a^3-a\) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho cả 2 và 3 . Mà bởi vì 2 và 3 là các số nguyên tố nên ta có điều phải chứng minh.

Thí dụ 2. Chúng minh rằng với mọi số tụ nhiên thì \(a^5\) và a có chĩ số tận cùng giống nhau.

Lời giải. Xét số tận cùng của các số nguyên thì ta xét số dư của nó khi chia cho 10 . Vì vậy bài toán là chứng minh \(a^5-a \equiv 0(\bmod 10)\).

Theo định lý Fermat bé thì \(a^5-a \equiv 0(\bmod 5)\). Và hiển nhiên \(a^5\) và \(a\) có cùng tính chẵn lẽ nên \(a^5-a \equiv 0(\bmod 2)\). Vì 2 và 5 là hai số nguyên tố nên ta có điều phải chứng minh.

Thí dụ 3. Tìm số du khi chia \(3^{2024}\) cho 43.

Lời giải. Ta sẽ làm giảm lũy thừa xuống bằng cách để ý rằng 43 là số nguyên tố và

\[2024=48.42+8\]

Theo định lý Fermat bé thì \(3^{42} \equiv 1(\bmod 43)\). Vì vậy \(3^{2024} \equiv 3^8(\bmod 43)\). Tiếp tục hạ bậc xuống, ta có: \(3^8=81^2 ; 81 \equiv 38(\bmod 43)\)

\[\Rightarrow 3^8 \equiv(38)^2(\bmod 43)\]

Ta suy ra \(3^{2024} \equiv 25(\bmod 43)\). Như vậy số dư cần tìm là 25 .

Thí dụ 4. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho \(48^{p^2}+1\) chia hết cho \(p^2\).

Lời giải. Giả sử \(p\) là số nguyên tố thỏa mãn đề bài. Rõ ràng 48 không là bội của \(p\), khi đó theo định lý Fermat bé, ta có:

\[48^p \equiv 48(\bmod p) \Rightarrow 48^{p^2} \equiv 48^p(\bmod p) \]

Vì vậy theo yêu cầu bài toán:

\[48^{p^2} \equiv-1(\bmod p) \Rightarrow 48^p \equiv-1(\bmod p)\]

\[\Rightarrow 48 \equiv-1(\bmod p) \Rightarrow 49 \equiv 0(\bmod p)\]

Ta suy ra \(p=7\), thử lại thấy thỏa mãn, vì vậy \(p=7\) là giá trị cần tìm.

Thí dụ 5 (TST Thừa Thiên Huế, 2021). Cho p là số nguyên durơng, đặt \(S(p)=\sum_{i=1}^p i^{2022}\).

a) Chứng minh rà̀ng \(S(7)\) không chia hết cho 7 .

b) Tìm tất cả số nguyên tố \(p, p \lt 2022\) sao cho \(S(p)\) không chia hết cho \(p\).

Lời giải

a) Ta có \(2022 \equiv 0(\bmod 6)\) vì vậy theo định lý Fermat bé, ta có \(i^{2022} \equiv 1(\bmod 7), \forall i \in\{1,2, \ldots, 6\}\) cho nên:

\(S(7)=\sum_{i=1}^7 i^{2022} \equiv 1+1+1+1+1+1+0(\bmod 7)\) hay \(S(7) \equiv 6(\bmod 7)\). Vậy \(S(7)\) không chia hết cho 7 .

b) Giả sử \(p\) là số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta xét các trường hợp sau:

- Nếu \(p=2\) thì hiển nhiên

\[S(2)=1^{2022}+2^{2022} \equiv 1(\bmod 2),\]

nên \(S(2)\) không chia hết cho 2 .

- Nếu p là số nguyên tố lẻ. Thực hiện phép 2022 chia \(p-1\), ta được: \(2022=k(p-1)+r\) với \(0 \leq r \lt p-1\). Khi đó:

\[\begin{aligned}S(p) & \equiv \sum_{i=1}^{p-1}\left(i^{p-1}\right)^k i^r(\bmod p) \\& \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^r(\bmod p)(1) .\end{aligned}\]

Lúc này nếu \(r=0\) thì \(S(p) \equiv p-1(\bmod p)\).

Bây giờ ta xét khả năng \(0 \lt r \lt p-1\). Ta sẽ chứng minh \(S(p) \equiv 0(\bmod p)\).

Thật vậy, \(\{1,2, \ldots, p-1\}\) là hệ thặng dư thu gọn modulo \(p\) nên với \(a\) là một cấp nguyên thủy modulo \(p\) thì \(a^r, a^{2 r}, \ldots, a^{(p-1) r}\) cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo \(p\) theo một thứ tự nào đó. Cho nên ta có:

hay

\[\sum_{i=1}^{p-1} i^r \equiv \sum_{i=1}^{p-1}\left(a^r\right)^i(\bmod p)\]

Lúc này vì \(0 \lt r \lt p-1\) nên \(p\) không là ước của \(a^r-1\) và \(a^r\) không là bội của \(p\) nên theo định lý Fermat bé ta có:

\[a^p \equiv a^r(\bmod p) \Leftrightarrow a^p-a^r \equiv 0(\bmod p) .\]

Do đó theo \((2)\) ta được \(\sum_{i=1}^{p-1} i^r \equiv 0(\bmod p)\) và từ \((1)\) ta suy ra \(S(p) \equiv 0(\bmod p)\).

Do đó những số nguyên tố \(p\) thỏa mãn yêu cầu bài toán là những số mà \(p-1\) là ước của 2022 . Vì phân tích \(2022=2.3 .337\) cho nên xảy ra các trường hợp sau với lưu ý \(p-1\) là số chẵn:

\[p-1=2 ; p-1=2.3 ; p-1=2.337 . .\]

Kiểm tra với tính nguyên tố, ta chì nhận \(p=3 ; p=7\), kết hợp với nhận xét ban đầu \(p \in\{2,3,7\}\).

2.2. Ứng dụng cho dãy số

Thí dụ 6. Cho dãy số Fibonacci \(\left(F_n\right)_{n \in \mathbb{N}}\) với các số hang đuợc định nghia theo công thúc:

\[F_1=1 ; F_2=1 ; F_{n+2}=F_{n+1}+F_n, n \in \mathbb{N}^* .\]

Chứng minh rằng với p là các số nguyên tố có dạng \(5 m \pm 1\) thi \(F_{p-1} \equiv 0(\bmod p)\).

Lời giải. Áp dụng cách tìm công thức tổng quát của dãy số Fibonacci, ta có:

\[\begin{aligned}& F_{p-1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{p-1}-\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{p-1}\right] \\\Rightarrow & 2^{p-1} F_{p-1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\sum_{i=0}^{p-1} C_{p-1}^i(\sqrt{5})^i-\sum_{i=0}^{p-1} C_{p-1}^i(-\sqrt{5})^i\right)\end{aligned}\]

\[\left.-\left(C_{p-1}^0+C_{p-1}^1(-\sqrt{5})^1+\ldots+C_{p-1}^{p-1}(-\sqrt{5})^{p-1}\right)\right]\]

\[\begin{aligned}& =\frac{2\left(C_{p-1}^1(\sqrt{5})^1+C_{p-1}^3(\sqrt{5})^3+\ldots+C_{p-1}^{p-2}(\sqrt{5})^{p-2}\right)}{\sqrt{5}} \\& =2\left(C_{p-1}^1+C_{p-1}^3 5+\ldots+C_{p-1}^{p-2} 5^{\frac{p-3}{2}}\right)=2 \sum_{i=0}^{\frac{p-3}{2}} C_{p-1}^{2 i+1} 5^i .\end{aligned}\]

Với lưu ý rằng với mọi \(0 \lt k \leq p-1\) ta có:

\[C_p^k \equiv 0(\bmod p) \Rightarrow C_{p-1}^k+C_{p-1}^{k-1} \equiv 0(\bmod p) .\]

Do đó:

\[\begin{aligned}& 1=C_{p-1}^0 \equiv-C_{p-1}^1(\bmod p) \Rightarrow C_{p-1}^1 \equiv-1(\bmod p) \\& C_{p-1}^2 \equiv 1(\bmod p) ; C_{p-1}^3 \equiv-1(\bmod p) ; \ldots\end{aligned}\]

hay là \(C_{p-1}^{2 k+1} \equiv-1(\bmod p)\). Ta suy ra:

\[2^{p-1} F_{p-1} \equiv-2\left(1+5+5^2+\ldots+5^{\frac{p-3}{2}}\right)(\bmod p)\]

\(\Rightarrow 2^{p-1} F_{p-1} \equiv-2\left(\frac{5^{\frac{p-1}{2}}-1}{4}\right)(\bmod p)\).

Tới đây, vì \((p, 2)=1 ;(p, 5)=1\) nên

\[5^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1(\bmod p) \Rightarrow 5^{\frac{p-1}{2}}-1 \equiv 0(\bmod p)\]

Chứng minh hoàn tất.

Thí dụ 7. Cho dãy số \(\left(u_n\right)\) với các số hạng đurợc định nghĩa theo công thúc:

\[u_0=1 ; u_1=-1 ; u_{n+1}=6 u_n+5 u_{n-1}, n \geq 1 .\]

Chứng minh rằng \(u_{2012} \equiv 2010(\bmod 2011)\).

Lời giải. Ý tường lời giải là từ công thức số hạng tổng quát của dãy số (xác định qua các nghiệm của phương trình đặc trưng) ta xác định nghiệm nguyên thỏa mãn điều kiện bài toán. Dễ thấy số hạng tổng quát của dãy số \(\left(u_n\right)\) có hệ số vô tỷ nên ta xét dãy phụ \(\left(v_n\right)\) được xác định như sau:

\[v_0=1 ; v_1=-1 ; v_{n+1}=6 u_n+a u_{n-1}, n \geq 1 .\]

Mục đích của ta là để phương trình đặc trưng:

\[x^2-6 x-a=0\]

có nghiệm nguyên và \(v_n \equiv u_n(\bmod 2011), \forall n\).

\(x=y \equiv 0(\bmod p)\).

Ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả 2.3.2. Với \(p\) là số nguyên tố có dạng \(6 k+5, k \in \mathbb{N}\). Nếu \(q\) là số nguyên tố thỏa mãn \(2 \lt q \lt p\) thì trên \(\mathbb{N}\) phương trình

\[x^3+y^3=p\left(x y+q^2\right)\]

có nghiệm \(x=\frac{p-q}{2} ; y=\frac{p+q}{2}\) hoặc \(x=\frac{p+q}{2} ; y=\frac{p-q}{2}\).

Thí dụ 9. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phuong trinh \(x^3+y^3=3 x y+3\).

Lò i giải. Nếu \(x \equiv 0(\bmod 3)\) thì ta suy ra \(y \equiv 0(\bmod 3)\), khi đó vế trái của phương trình đã cho chia hết cho 27 còn vế phải thì không. Do đó \(x, y \not \equiv 0(\bmod 3)\). Theo định lý Fermat bé ta có \(x^2 \equiv 1(\bmod 3) ; y^2 \equiv 1(\bmod 3)\) và \(x^3+y^3 \equiv 0(\bmod 3)\) nên theo bổ đề 2.3.1 ta được \(x+y \equiv 0(\bmod 3)\). Ta giả sừ \(x+y=3 k, k \in \mathbb{Z}\). Khi đó vì \(x^3+y^3=(x+y)\left(x^2-x y+y^2\right)\) nên ta được \(k\left(x^2-x y+y^2\right)=x y+1\).

Do \(x^2-x y+y^2 \geq x y\) nên nếu \(|k|>1\) thì

\[|k|\left(x^2-x y+y^2\right) \geq 2|x y| \geq|x y+1|\]

nên phương trình đã cho vô nghiệm. Ta chỉ còn kiểm tra các trường hợp:

Khi \(k=0\) thì \(x+y=0\), ta được:

\[x=1 ; y=-1 \text { hoặc } x=-1 ; y=1 \text {. }\]

Khi \(k=1\) thì \(x+y=3\), ta được:

\[x=1 ; y=2 \text { hoặc } x=2 ; y=1 \text {. }\]

Khi \(k=-1\) thì \(x+y=-3\), thay vào ta được phương trình vô nghiệm.

Thí dụ 10 (TST Thái Lan 2013). Tìm tất cả các số nguyên duong \(x, y\) thỏa mãn phuơng trình

\[x^3+y^3=4\left(x^2 y+y^2 x-5\right)\]

Lời giải. Nếu \(x \equiv 0(\bmod 2)\) thì suy ra \(y \equiv 0(\bmod 2)\), khi đó vế trái của phương trình đã cho chia hết cho 8 còn vế phải thì không. Do đó \(x, y \neq 0(\bmod 2)\). Theo định lý Fermat bé và giả thiết ta có:

\[\left\{\begin{array} { l } { x \equiv y ( \operatorname { m o d } 2 ) } \\{ x ^ { 3 } \equiv - y ^ { 3 } ( \operatorname { m o d } 2 ) }\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x^3 \equiv x^2 y(\bmod 2) \\x^3 \equiv-y^3(\bmod 2)\end{array}\right.\right.\]

\(\Rightarrow x^2+y^2 \equiv 0(\bmod 2)\). Vi \(x^2+y^2=(x+y)^2-2 x y\) nên ta suy ra: \(x+y \equiv 0(\bmod 2)\).

Lại sử dụng biến đổi:

\[x^3+y^3=(x+y)\left[(x+y)^2-3 x y\right]\]

và \(x^3+y^3 \equiv 0(\bmod 4)\) nên ta được:

\[x+y \equiv 0(\bmod 4)\]

Giả sử tồn tại \(m \in \mathbb{N}\) để \(x+y=4 m\). Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

\[\begin{aligned}m\left(x^2+y^2-x y\right) & =4 m x y-5 \\\Leftrightarrow m\left(x^2+y^2-5 x y\right) & =-5 .\end{aligned}\]

Điều này có nghĩa là chỉ xảy ra hai trường hợp:

\[\begin{aligned}\left\{\begin{array}{l}m=1 \\x^2+y^2-5 x y=\end{array}\right. & -5\end{aligned} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\x y=3\end{array},\right.\]

Hoặc là \(\left\{\begin{array}{l}m=5 \\ x^2+y^2-5 x y=-1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+y=20 \\ x y=\frac{401}{7}\end{array}\right.\right.\).

Vậy phương trình có nghiệm:

\[x=1 ; y=3 \text { hoặc } x=3 ; y=1 \text {. }\]

Thí dụ 11. Tìm tất cả các nghiệm nguyên duong của phworng trình \(x^3+y^3=911(x y+49)\).

Lời giải. Áp dụng hệ quả 2.3.2, ta được các nghiệm: \(x=459, y=452\) hoặc \(x=452, y=459\).

Thí dụ 12. (TST Thái Lan 2013 ngày 7). Tim tất cả các số nguyên duơng \(x, y, z\) thỏa mãn phuơng trinh: \(x^3\left(y^3+z^3\right)=2012(x y z+2)\).

Ta chọn \(a=2016\) và kiểm tra được phương trình \(x^2-6 x-2016=0\) có nghiệm \(x=-42 ; x=48\). Vì vậy ta được số hạng tổng quát của dãy \(\left(v_n\right)\) là:

\[v_n=\frac{41 \cdot 48^n+49 \cdot(-42)^n}{90}\]

Bởi vì 2011 là số nguyên tố nên \((2011,90)=1\) và \(2010 \equiv-1(\bmod 2011)\) từ đó ta chỉ cần chứng minh:

\[41.48^{2012}+49 \cdot(-42)^{2012}+90 \equiv 0(\bmod 2011)\]

Áp dụng định lý Fermat bé ta có:

\[\begin{aligned}41.48^{2012} & +49 \cdot(-42)^{2012}+90 \\& \equiv 41.48^2+49 \cdot(-42)^2+90(\bmod 2011) \\& \equiv 94464+86436+90(\bmod 2011) \\& \equiv 0(\bmod 2011)\end{aligned}\]

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Thí dụ 8. Cho dãy số \(\left(u_n\right)_{n \in \mathbb{N}^*}\) với các số hạng đurợc định nghia theo công thức:

\[u_1=5 ; u_2=11 ; u_{n+1}=2 u_n-3 u_{n-1}, \forall n \geq 2\]

Chứng minh rằng \(u_{2002} \equiv 0(\bmod 11)\).

Lời giải. Ta xét dãy phụ \(\left(v_n\right)\) được xác định như sau:

\[v_1=5 ; v_2=11 ; v_{n+1}=2 v_n+a v_{n-1}, \forall n \geq 1 .\]

Mục đích là để phương trình đặc trưng:

\[x^2-2 x-a=0\]

có nghiệm nguyên và \(v_n \equiv u_n(\bmod 11)\). Ta chọn \(a=8\) và kiểm tra được phương trình

\[x^2-2 x-8=0\]

có nghiệm \(x_1=-2 ; x_2=4\). Vì vậy ta được số hạng tồng quát: \(v_n=\frac{7.4^n-6 \cdot(-2)^n}{8}\). Bởi vì 11 là số nguyên tố và \((11,8)=1\) nên ta chi cần chứng minh:

\[7 \cdot 4^{2002}-6 \cdot(-2)^{2002} \equiv 0(\bmod 11)\]

Áp dụng định lý Fermat bé, vì \(2002=200.10+2\), nên ta có:

\[\begin{aligned}7.4^{2002}-6 .(-2)^{2002} & \equiv 7.4^2-6.2^2(\bmod 11) \\& \equiv 88(\bmod 11) \equiv 0(\bmod 11)\end{aligned}\]

Vậy ta có điều phải chứng minh.

2.3. Bài toán tìm nghiệm nguyên

Như chúng ta đã biết, phương trình sau không có nghiệm nguyên dương \(x^3+y^3=z^3\). Cụ thể hơn điều đó có nghĩa là với mọi số nguyên dương \(x\) và \(y, x^3+y^3\) không là lập phương của bất kỳ số nguyên dương \(z\) nào.

Trong bài viết này, với các số nguyên tố \(p_i\) với \(i=\overline{1, n}\) chúng tôi sẽ thiết lập nghiệm của phương trình dạng: \(x^m+y^m=\prod_{i=1}^n p_i f(x, y)\), trong đó \(f\) là một đa thức cho trước.

Bổ đề 2.3.1. Cho \(p\) là số nguyên tố có dạng \(6 k+5, k \in \mathbb{N}\). Khi đó nếu \(x, y\) là các số nguyên thöa mãn \(x^3+y^3 \equiv 0(\bmod p)\) thi

\[x+y \equiv 0(\bmod p)\]

Chứng minh. Dễ dàng thấy được nếu \(x \equiv 0(\bmod p)\) thì \(y \equiv 0(\bmod p)\) nên suy ra \(x+y \equiv 0(\bmod p)\).

Xét trường hợp \(x \neq 0(\bmod p), y \neq 0(\bmod p)\). Áp dụng định lý Fermat bé ta có: \(x^{p-1} \equiv y^{p-1}(\bmod p)\) hay \(x^{6 k+4} \equiv y^{6 k+4}(\bmod p)(1)\). Khi đó nếu \(p=3(2 k+1)+2\) thì ta có:

\[x^3 \equiv-y^3(\bmod p) \Rightarrow x^{6 k+3} \equiv-y^{6 k+3}(\bmod p)(2) .\]

Nhân cả hai vế cho \(x, x \neq 0(\bmod p)\) ta được

\[\Rightarrow x^{6 k+4} \equiv-x y^{6 k+3}(\bmod p)(3)\]

Từ (1) và \((3)\), ta có: \(x^{6 k+4} \equiv y^{6 k+4}(\bmod p)\) và \(x^{6 k+4} \equiv-x y^{6 k+3}(\bmod p)\) ta suy ra: \(\quad y^{6 k+4} \equiv-x y^{6 k+3}(\bmod p)\)

\[\Leftrightarrow y^{6 k+3}(y+x) \equiv 0(\bmod p)(4) \text {. }\]

Vì \(y \neq 0(\bmod p)\) nên từ (4) ta suy ra:

Lời giải. Ta biến đồi phương trình đã cho như sau:

\[x\left[x^2\left(y^3+z^3\right)-2012 y z\right]=2^3 .503\]

Điều đó có nghĩa là \(x\) không có ước số nguyên tố nào ngoài các ước có thể là 2 và 503 .

Nếu như \(x=2^2\) thì \(x^3 \equiv 0(\bmod 16)\). Do đó \(x^3\left(y^3+z^3\right) \equiv 0(\bmod 16)\), trong khi đó:

\[\begin{aligned}2012(x y z+2) & =2^2 \cdot 503 \cdot x y z+2^3 .503 \\& \not \equiv(\bmod 16) .\end{aligned}\]

Tương tự vậy, nếu như \(x=503, x=2.503\) hoặc \(x=2^2 .503\) thì \(x^3 \equiv 0\left(\bmod 503^3\right)\). Do đó:

\[x^3\left(y^3+z^3\right) \equiv 0\left(\bmod 503^2\right),\]

trong khi đó: \(2012(x y z+2)=2^2 .503 . x y z+2^3 .503\)

\[\not \equiv 0\left(\bmod 503^2\right) .\]

Từ những lập luận trên, ta có thể suy ra \(x=1\) hoặc \(x=2\). Ta chì còn xét hai phương trình sau

\[\begin{aligned}& y^3+z^3=2012(y z+2) \\& y^3+z^3=503(y z+1)\end{aligned}\]

Vì \(503 \equiv 5(\bmod 6)\) cho nên theo bổ đề 2.3 .1 ta có \(y+z\) chia hết cho 503. Giả sử tồn tại số nguyên dương \(t\) đề cho \(y+z=503 t\). Khi đó:

\[\begin{aligned}y^3+z^3 & =(y+z)\left[(y-z)^2+y z\right] \\& =503 t\left[(y-z)^2+y z\right] .\end{aligned}\]

Ta có: \(\quad\) (2) \(\Leftrightarrow t\left[(y-z)^2+y z\right]=4(y z+2)\)

\[\begin{aligned}& \Leftrightarrow t(y-z)^2+(t-4) y z=8 \\(3) & \Leftrightarrow t\left[(y-z)^2+y z\right]=(y z+1) \\& \Leftrightarrow t(y-z)^2+(t-1) y z=1\end{aligned}\]

- Xét \((4)\), rõ ràng là \(t-4 \leq 0\), vì nếu như \(t-4 \geq 1\) thì từ (4) ta phải có \(1 \leq(t-4) y z \leq 8 \Rightarrow y, z \leq 8 \Rightarrow y+z \leq 16\). Điều này mâu thuẫn với \(y+z=503 t\). Vì vậy \(1 \leq t \leq 4\). Từ (2) ta có \(y^3+z^3: 2\) nên \(y\) và \(z\) có cùng tính chẵn, lè. Suy ra \(y+z \equiv 0(\bmod 2)\), do đó \(t=2\) hoặc \(t=4\) 。

- Với \(t=2\), ta được hệ phương trình:

\[\begin{aligned}& \left\{\begin{array} { l } { y + z = 5 0 3 . 2 } \\{ 2 ( y - z ) ^ { 2 } - 2 y z = 8 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y+z=1006 \\(y-z)^2-y z=4\end{array}\right.\right. \\\Leftrightarrow & \left\{\begin{array} { l } { y + z = 1 0 0 6 } \\{ 1 0 0 6 ^ { 2 } - 5 y z = 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y+z=1006 \\y z=\frac{1006^2-4}{4} .\end{array}\right.\right.\end{aligned}\]

Hệ này không có nghiệm nguyên.

- Với \(t=4\), ta được hệ phương trình:

\[\left\{\begin{array} { l } { y + z = 5 0 3 . 4 } \\{ 4 ( y - z ) ^ { 2 } = 8 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}y+z=2012 \\(y-z)^2=2\end{array}\right.\right.\]

Hệ này không có nghiệm nguyên.

- Xét (5), rõ ràng là \(t-1 \leq 0\), vì nếu như \(t-1 \geq 1\) thì từ (5) ta phải có \(0 \leq(t-1) y z \leq 1 \Rightarrow y, z \leq 1\).

Điều này mâu thuẫn với \(y+z=503 t\).

Vì vậy \(t=1\), ta được hệ phương trình:

\[\left\{\begin{array}{l}y+z=503 \\(y-z)^2=1\end{array}\right.\]

Giải hệ này ta có nghiệm:

\[y=252 ; z=251 \text { hoặc } y=251 ; z=252 \text {. }\]

Vậy các bộ số nguyên dương \((x, y, z)\) cần tìm là:

\[(2,252,251),(2,251,252) .\]

3. Bài tập tương tư

Bài 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình \(x^3+y^3=2013\).

Bài 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

\[x^3+y^3=2 x y+8 .\]

Bài 3 (IMO 1997). Chứng minh rằng với phương trình sau không có nghiệm nguyên dương \(x^3+y^3+z^3=2003\).

Bài 4 (Thi HSG Quàng Bình, lớp 9, 2020). Giải phương trình nghiệm nguyên dương

\[x^3+y^3=x^2+y^2+42 x y .\]

Bài 5 (Thi THPT chuyên Tin, Gia Lai, 2020). Giải phương trình nghiệm nguyên dương

\[x^3\left(y^3+z^3\right)=2020(x y z+2) \text {. }\]

Bài 6. Giải phương trình với nghiệm nguyên

\[x^3+y^3=7(14 x y+3)\]

Bài 7 (IMO, SL 2014). Tìm số nguyên tố \(p\) và các số nguyên dương \(x, y\) thỏa mãn \(x^{p-1}+y\) và \(x+y^{p-1}\) đều là lũy thừa với số mũ nguyên dương của \(p\).

Bài 8. Tìm số nguyên dương \(a, b, n\) và số nguyên tố \(p\) sao cho \(a^{2013}+b^{2013}=p^n\).

Bài 9. Cho \(p\) là các số nguyên tố lè. Với mỗi số nguyên dương \(k\), đặt \(S_k=1^k+2^k+\ldots+(p-1)^k\). Chứng minh rằng \(S_k \equiv p-1(\bmod p)\) nếu \(k \equiv 0(\bmod p-1)\) và trong các trường hợp còn lại thì \(S_k \equiv 0(\bmod p)\).

Bài 10 (TST Lào Cai, vòng 1, 2021).

a) Cho \(n\) là một số nguyên dương thỏa mãn \(n>1\) và \(2^n+1 \equiv 0(\bmod n)\). Chứng minh rằng

\[n \equiv 0(\bmod 3) .\]

b) Tìm tất cả các số nguyên dương \(x, y\) thỏa mãn \(3^x-1=y .2^x\).

Bài 11 (TST Lào Cai, vòng 2, 2021). Tìm tất cả các số nguyên tố \(p, q\) sao cho

\[\left(5^p-2^q\right)\left(5^q-2^p\right) \equiv 0(\bmod p q)\]

Bài 12 (TST Phú Yên 2021). Cho a là số nguyên bất kỳ, chứng minh tồn tại hai số nguyên \(p, q\) của \(a^{2021}-1\) sao cho \((p-1)(q-1)\) chia hết 2021.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Lê Thanh Hiền, Ứng dụng của dãy số Fibonacci trong toán so cấp, Luận văn thạc sĩ khoa học 2015.

[2] Trần Nam Dũng (Chủ biên), Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi Olympic, Gặp gỡ Toán học - Vật lý, TP. Hồ Chí Minh 2020.

[3] Văn Phú Quốc, Số học, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2015.

[4] Nicolai. Vorobiev, Fibonacci numbers, Springer Basel AG Originally published by Birkhauser Verlag, 2002.

---

---